变质量气体问题的分析技巧
变质量气体问题的处理方法
变质量气体问题的处理方法1. 引言变质量气体问题是指在热力学系统中，物质的质量发生变化而产生的一类气体问题。
这类问题涉及到物质的进出、化学反应以及物质转化等过程。
在工程实践和科学研究中，我们经常会遇到这类问题，并需要采取相应的处理方法。
本文将介绍变质量气体问题的处理方法，包括控制物质进出、考虑化学反应和转化以及计算相关参数等内容。
2. 控制物质进出在处理变质量气体问题时，首先需要考虑如何控制物质的进出。
常见的方法有以下几种：2.1 进料控制通过控制进料流量和进料时间来控制物质的进入系统。
可以使用阀门、泵等设备来调节流量，确保物质进入系统的稳定性。
2.2 排放控制通过控制排放流量和排放时间来控制物质的离开系统。
可以使用排放阀门、泄压装置等设备来调节流量，确保物质排放的安全性和稳定性。
2.3 密封控制在处理变质量气体问题时，需要注意系统的密封性。
通过选择合适的密封材料、设计合理的密封结构等方式，确保系统的密封性，防止物质的泄漏和外界空气的进入。
3. 考虑化学反应和转化变质量气体问题中常涉及到化学反应和物质转化。
在处理这类问题时，需要考虑以下几个方面：3.1 化学平衡对于存在多种化学反应的系统，需要考虑各个反应之间的平衡关系。
可以根据各个反应的速率常数、反应热力学数据等信息，利用热力学平衡条件求解各个组分的浓度或压力。
3.2 反应速率对于存在快速反应和慢速反应的系统，需要考虑各个反应之间的速率差异。
可以使用动力学模型描述快速反应和慢速反应之间的相互作用，并通过求解动力学方程得到各个组分的浓度或压力随时间变化的规律。
3.3 物质转化在处理变质量气体问题时，常常需要考虑物质之间的转化关系。
可以使用反应速率常数、平衡常数等数据，通过建立适当的动力学模型和质量守恒方程，求解各个组分的转化率和转化程度。
4. 计算相关参数在处理变质量气体问题时，需要计算一些与问题相关的参数。
常见的参数包括：4.1 流量流量是指单位时间内物质通过某一截面的数量。
变质量问题的处理技巧
变质量问题的处理技巧高中物理中，常常出现流体连续冲击固体表面或者飞船进入宇宙微尘区问题，这类问题的典型特征是研究对象不明确，这让很多同学往往不知道如何下手，还有一些同学一知半解，随意选取一段较长时间进行考察，从而在重力考虑与否问题上犹豫不决。
根据笔者多年的教学经验，特对这类变质量问题作如下总结，供大家参考。
一、基本入手点：研究对象的选取——mt ∆→∆选取一段极短时间t ∆（0→∆t ）内的冲击到固体的流体或附着到飞船上的微尘为研究对象，求出这部分对象的质量m ∆，然后再对这部分对象m ∆应用动力学规律进行分析处理。
注意，这段时间一般应该取极短，如果取得太长，则在这段较长的时间内，这些冲击到固体表面的流体分子或者附着到飞船上的微尘，在作用前后的位置、速度就是一个取值差别较大的分布，使用微元法处理时，研究对象的初末态就不具有确定的速度和位置，其动力学方程无法简洁书写。
很多同学之所以发现重力不得不考虑，实际上就是时间取长了导致的。
二、动量定理与作用力的求解这类问题除了研究对象选取的上述技巧外，还要注意两条：其一，动量定理矢量方程，要规定好正方向后，各量带入正负号写进方程，一般规定初速度方向为正方向；其二，注意题目一般问的是流体对固体的冲击力，但是我们选择的是流体微元为研究对象，需要用到牛顿第三定律。
【例1】高压采煤水枪出水口的横截面积为S ，水的射速为v ，射到煤层上后，水的速度为零．若水的密度为ρ，求水对煤层的冲力．[解析]设在一段极短时间Δt 时间内从高压采煤水枪出水口射出的水的质量为Δm ，则Δm ＝ρSv ·Δt以质量为Δm 的水为研究对象，F ′N 为煤层对水的反冲力，因为F ′N ≫Δmg ，所以水受的重力可以忽略。
取水的初速度方向为正方向，则在Δt 时间内，由动量定理，有－F ′N ·Δt ＝0－Δmv ＝－ρSv 2·Δt由牛顿第三定律，水对煤层的冲力：F N ＝F ′N联立解得F N ＝ρSv 2．【例2】用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80cm 高度处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s ，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100g ，则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()A ．0．2NB ．0．6NC ．1．0ND ．1．6N[解析]由题意，单位时间内倒出的豆粒是N =1000颗，每颗豆粒的质量为N m m =0，则一段极短时间Δt 时间内到达秤盘的豆粒质量为0m t N m ⋅∆=∆，设豆粒从80cm 高处落到秤盘上时速度为v ，有v 2－02=2gh ，以向下为正方向，对这部分豆粒，由动量定理，有mv v m t F ∆-⋅∆-=∆-)2(，联立，解得F=0．6N ，选项B 正确．[反思]本题有两个问题是很多同学不放心的，值得仔细辨析一下：其一，如果考虑重力，则动量定理的表达式为mv vm t F t mg ∆-⋅∆-=∆-∆⋅∆)2(，解得23v t m mg F ⋅∆∆+∆=，其中0Nm tm =∆∆，0→∆t 时，0→∆m ，23v t m F ⋅∆∆≈。
2023高考物理热学专题冲刺训练--气体实验定律的综合应用(三)--气体变质量问题
气体变质量问题一、变质量问题的求解方法二、针对练习1、一个篮球的容积是2.5 L，用打气筒给篮球打气时，每次把105 Pa的空气打进去125 cm3.如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中气体温度不变)2、某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。
3、用容积为ΔV 的活塞式抽气机对容积为V 0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p 0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n 次后，容器中剩余气体的压强p n 为多少？4、(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。
甲罐的容积为V ，罐中气体的压强为p ；乙罐的容积为V 2，罐中气体的压强为p 21. 现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等. 求调配后(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.5、某容积为20 L 的氧气瓶装有30 atm 的氧气，现把氧气分装到容积为5 L 的小钢瓶中， 使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm ，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm ，问能分装多少 瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)6、容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为C o 27,如果把它加热到C o 127，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍?7、某个容器的容积是10 L，所装气体的压强是2.0×106 Pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105 Pa)8、如图所示为某充气装置示意图。
高中气体变质量问题
气体变质量问题的处理分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解.1.充气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题.只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题.2.抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题.分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看做是等温膨胀的过程.3.灌气问题将一个大容器中的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题.分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看做是一个整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.4.漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用理想气体状态方程求解.如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化的问题，可用理想气体状态方程求解.对点例题某容积为20L的氧气瓶中装有30atm的氧气，把氧气分装到容积为5L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5atm，如果每个小钢瓶中原有氧气的压强为1atm，问共能分装多少瓶(设分装过程中无漏气，且温度不变)解题指导设能够分装n个小钢瓶，则以氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象，分装过程中温度不变，遵守玻意耳定律.分装前：氧气瓶中气体状态p1＝30atm，V1＝20L；小钢瓶中气体状态p2＝1atm，V2＝5L.分装后：氧气瓶中气体状态p1′＝5atm，V1＝20L；小钢瓶中气体状态p2′＝5atm，V2＝5L.由p1V1＋np2V2＝p1′V1＋np2′V2得n＝＝瓶＝25瓶.答案25技巧点拨 1.对于气体的分装，可将大容器中和所有的小容器中的气体看做一个整体来研究；2.分装后，瓶中剩余气体的压强p1′应大于或等于小钢瓶中应达到的压强p2′，通常情况下取压强相等，但不能认为p1′＝0，因通常情况下不可能将瓶中气体全部灌入小钢瓶中.1.一只轮胎容积为V＝10L，已装有p1＝1atm的空气.现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1L，要使胎内气体压强达到p2＝，应至少打多少次气(设打气过程中轮胎容积及气体温度维持不变，大气压强p0＝1atm)()次次次次答案 D解析本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的和原来的气体组成的整体为研究对象.设打气次数为n，则V1＝nV0＋V，由玻意耳定律，p1V1＝p2V，解得n＝15次，故选D.2.贮气筒内压缩气体的温度为27°C，压强是20atm，从筒内放出一半质量的气体后，并使筒内剩余气体的温度降低到12°C，求剩余气体的压强为多大答案解析以筒内剩余气体为研究对象，它原来占有整个筒容积的一半，后来充满整个筒，设筒的容积为V，则初态：p1＝20atm，V1＝V，T1＝(273＋27) K＝300K；末态：p2＝V2＝V，T2＝(273＋12) K＝285K根据理想气体状态方程：＝得：p2＝＝atm＝.2．一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p0)()3…某同学用压强为10atm体积为的氢气瓶给足球充气，设充气前足球为真空，充完气后，足球的容积为，且充气后，氢气瓶内气体的压强?变为5atm设充气过程中温度不变，求充气后足球内气体的压强?。
热点专题系列7 变质量气体问题与关联气体问题
A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的 作用力增大
B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面 积的平均作用力增大
C．打气6次后，球内气体的压强为1.4 atm
D．打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm
答案
解析 打气后，不是每一个分子的速率都增大，所以一定不是每个气 体分子对球内壁的作用力增大，A错误；打气后，球内气体的压强变大， 即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大，B正确；打气6次 后，由玻意耳定律p1V0＋p0×6×0.05V0＝pV0，解得p＝1.4 atm，即球内气 体的压强为1.4 atm，C正确，D错误。
第十五章 热学
热点专题系列(七) 变 质量气体问题与关联 气体问题
热点概述：变质量气体问题与关联气体问题是高考热点题型和难点， 熟练应用气体实验定律和理想气体状态方程是解决这类问题的基本要求。 利用转换思维将变质量气体转换为定质量气体，是解决变质量气体问题的 关键。与力学规律综合应用，并结合题中几何关系列辅助方程，是解决关 联气体问题的关键。
解析
根据玻意耳定律可得：p2V3＝p4V4 其中 p4＝p0＋1×ρg1h05 atm ＝1 atm＋1×1013××11005×290 atm＝30 atm 则压入水舱的次数为 N＝ΔVV4 联立解得 N＝13.67 次 所以在贮气钢筒重新充气前，可将贮气钢筒内的空气压入水舱 13 次。
解析
6. (2021·河南省开封市高三下三模)某同学设计了一个活塞式抽气机对 容积为 V0 的容器进行抽气，如图所示，a、b 为单向阀门，容器内的初始压 强为大气压强 p0，活塞式抽气机的容积为12V0，活塞的横截面积为 S，不计 活塞的重力，抽气过程中气体温度不变。
解析
＝L3S，根据玻意耳定律可得：p1V1＝p3V3，解得：L3＝23L，活塞下降的高 度为 Δh′＝L－L3＝L－23L＝13L，故 B 错误；当活塞刚好到达 CD 位置时， 对气室 1、2 内的气体，根据玻意耳定律可得：p0LS＋2p0LS＝p′LS，解得： p′＝3p0，对活塞受力分析，根据共点力平衡可得：p0S＋mg＝p′S，解得： m＝2pg0S，若 m＝3pg0S>2pg0S，则单向阀门已打开且活塞已经到达 CD，此时 气室 1 内气体的压强为 3p0，故 D 正确。
理想气体变质量问题的两种解法
Total.258October 2013（C）The Science Education Article Collects总第258期2013年10月（下）摘要本文对高中阶段理想气体在不同状态下变质量问题进行方法讲解和举例，并对两种方法在解题中应用进行比较，便于学生在解决此类问题时能够正确选择合适的方法，起到事半功倍的效果。
关键词理想气体变质量解法On Two Solutions to Variable Mass Problem of Ideal Gas //Bai Qiongyan,Li Shengren,Li ChunwangAbstract This paper illustrates the solutions to the variable mass problem of ideal gas under different states with examples at high school level,and the application of both methods are compared in solving problems,so as to make it convenient for students to se-lect appropriate methods in solving such problems,and achieve multiplier effect.Key words ideal gas;variable mass;solution在高中阶段，理想气体的变质量问题是学生在学习过程中的难点。
变质量问题多在计算不同状态下气体的压缩和一定容积容器中气体的使用。
无论是压缩气体还是使用气体，气体质量在变化时气体状态也在发生变化，因此，在处理理想气体变质量问题时，要选择正确的方法。
下面介绍两种常用的处理理想气体变质量问题的方法。
1“分步”计算法这种方法是在选择与本题有关的所有气体为研究对象，把变质量问题转化为定质量问题的条件下，把气体的实际变化过程分两步进行。
变质量气体问题解题思路与拓展提升
类型二、
类型二
、充气问题
［例题 2］
（2021·广东）如图 1 所示，已知
某种药瓶的容积为 0.9 mL，内装有 0.5 mL 的
药液，瓶内气体压强为 1.0 × 10 5 Pa，护士把
注射器内横截面积为 0.3 cm 2、长度为 0.4 cm、
压强为 1.0 × 10 5 Pa 的气体注入药瓶，求此时
近尾声时，广场上的 100 个气球笼同时打开，10 万
个气球腾空而起，缤纷的色彩在天空中恣意绽放，
一道斑斓的气球幕墙在北京上空描绘出一幅美丽
的画卷。据报道，本次使用的气球为氦气球，每个
气球需要充入氦气 10 L，充气后气球内气体压强等
于 1.0 × 10 5 Pa，地面附近空气温度为 27 ℃、压强为
想气体状态方程列式求解。
表达式为：p 0 (nV 0 + V 容 ) = pV 容
类型三、
类型三
、抽气（漏气
漏气）
）问题
抽气问题就是指一个容器中的气体被一次或
多次抽出。解题思路是将每次抽气后均以剩余气
体和抽出气体整体作为研究对象，将整个过程看成
等温膨胀过程。
第一次：p 0V = p 1 (V + ΔV )
题主要可以归纳为三种类型，下面结合典型例题进
行分析探讨。
一、变质量问题分类
类型一、
类型一
、罐气问题
所抽气体的体积）
若抽气后压强已知（比如负压救护车），每次抽
气过程以剩余气体作为研究对象。
p 0 (V - ΔV )
pV
=
T0
T
抽出气体质量与原有气体质量之比等于体积
Δm ΔV
变质量气体问题的两种处理方法赏析
变质量气体问题的两种处理方法赏析作者：杨宗礼任海燕来源：《中学生数理化·高考理化》2022年第05期在利用理想气体的实验定律或状态方程解题时，研究对象应是一定质量的理想气体，但是在实际问题中，气体的质量可能是变化的。
当遇到变质量气体问题时，可以先通过恰当选取研究对象，将变质量问题转化为定质量问题，再利用气体实验定律列式求解，也可以利用理想气体状态方程分态式求解。
下面对2021年河北省普通高中学业水平考试中的一道变质量气体问题进行深入探讨，归纳出求解这类问题的两种方法，希望对同学们的复习备考有所帮助。
题目：某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为3.0x103Pa。
（1）当夹层中空气的温度升至37℃时，求此时夹层中空气的压强。
（2）当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。
设环境温度为27℃，大气压强为1.0x105Pa。
命题意图：本题借助日常生活中常用的双层玻璃保温杯设置情境，考查考生运用理论知识解释生活现象，学以致用的能力。
（1）问属于定质量气体问题，较为简单，根据查理定律列式求解即可;（2）问属于变质量气体问题，有一定的难度，需要巧选分析思路，灵活运用物理规律求解。
解析：（1）当夹层中空气的温度由27℃升至37℃时，做等容变化，根据查理定律得，其中T1=（273+27）K=300 K， T2=（273+37）K=310K，p1=3.0x 103Pa，解得P2=3.1x103Pa。
（2）思路一：恰当选取研究对象，将变质量问题转化为定质量问题。
方法1：当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，夹层中的空气压强和大气压强相等。
设夹层中容积为V，以静置后夹层中的所有空气为研究对象，则p。
V=p1V1，其中p。
=1.0x10°Pa，p1=3.0x103Pa，解得。
增加的空气的体积。
因为同温同压下空气的质量之比等于体积之比，所以增加的空气质量与原有空气质量之比方法2：设夹层中容积为V，以夹层中原有的空气为研究对象，根据题意得p1=3.0x103Pa，p2=1.0x105 Pa，这部分空气做等温变化，根据玻意耳定律得p1V=p2V2，解得。
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变质量气体问题的分析技巧标准化文件发布号：（9312-EUATWW-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII分析变质量问题时，可通过巧妙地选择研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用气体实验定律求解.（1）打气问题：向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题，只要选择球内原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题.（2）抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题.分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看做是等温膨胀过程.（3）灌气问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题.分析这类问题时，把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体视为整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.（4）漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题. 如果选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解.【典例1】 一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板， 集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳曝晒，气体温度 由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.（1）求此时气体的压强；（2）保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集 热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值.判断在抽气过程中剩余气体是吸 热还是放热，并简述原因.解析 （1）由题意知气体体积不变，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1得p 1＝T 1T 0p 0＝350300p 0＝76p 0 （2）抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V 2，由玻意 耳定律可得p 1V 0＝p 0V 2则V 2＝p 1V 0p 0＝76V 0 所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为ρV 0ρ·76V 0＝67因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对 外做功.由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，气体一定从外界吸收热量.答案 （1）76p 0 （2）67；吸热，原因见解析【典例2】 （2015·河南郑州一中期中）用真空泵抽出某容器中的空气，若某容器 的容积为V ，真空泵一次抽出空气的体积为V 0，设抽气时气体温度不变，容 器里原来的空气压强为p ，求抽出n 次空气后容器中空气的压强是多少解析 设第1次抽气后容器内的压强为p 1，以整个气体为研究对象.因为抽气 时气体温度不变，则由玻意耳定律得pV ＝p 1（V ＋V 0），所以p 1＝V V ＋V 0p 以第1次抽气后容器内剩余气体为研究对象，设第2次抽气后容器内气体压 强为p 2，由玻意耳定律有p 1V ＝p 2（V ＋V 0），所以p 2＝V V ＋V 0p 1＝（V V ＋V 0）2p以第n－1次抽气后容器内剩余气体为研究对象，设第n次抽气后容器内气体压强为p n，由玻意耳定律得p n－1V＝p n（V＋V0）所以p n＝VV＋V0p n－1＝（VV＋V0）n p故抽出n次空气后容器内剩余气体的压强为（VV＋V0）n p.答案（VV＋V0）n p1.（2015·湖北六校调考）（1）下列说法正确的是（）A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B.分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C.分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素E.当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大2.（2015·河北“五个一名校联盟”监测）（1）下列说法正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的运动B.两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，但斥力比引力减小得更快C.热力学温标的最低温度为0 K，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一D.气体的温度越高，每个气体分子的动能越大（2）如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，气缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB＝h，大气压强为p0，重力加速度为g.①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）.解析（1）布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，故A错误；两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，但斥力比引力减小得更快，故B正确；热力学温标的最低温度为0 K，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一，故C正确；气体的温度越高，气体分子的平均动能越大，平均速率越高，满足气体分子的速率分布率，但并非每个气体分子的动能都增大，故D错误.（2）①设封闭气体的压强为p，活塞受力平衡，则p0S＋mg＝pS解得p＝p0＋mg S②由于气体的温度不变，则内能的变化ΔU＝0外界对气体做的功W＝（p0S＋mg）h由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＝－W＝－（p0S＋mg）h即气体通过缸壁放热（p 0S ＋mg ）h答案 （1）BC （2）①p 0＋mg S ②（P 0S ＋mg ）h3.（2015·云南三校联考）（1）关于分子动理论的规律，下列说法正确的是（ ）A.扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动B.压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C.两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大D.如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也 必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做 内能E.两个分子间的距离为r 0时，分子势能最小（2）如图所示，竖直放置的圆柱形气缸内有一不计质量的活塞，可在气缸内 作无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体.已知活塞截面积为100 cm 2， 大气压强为×105 Pa ，气缸内气体温度为27℃，试求：①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半，这 时气体的压强和所加重物的重力；②在加压重物的情况下，要使气缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热， 使温度升高到多少摄氏度.解析 （1）扩散现象是分子无规则运动的宏观表现，故A 正确；压缩气体时 气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原因，故B 错误；两个分子距 离减小时，分子间引力和斥力都增大，故C 正确；处于热平衡表明没有热量 交换，而没有热量交换意味着两者的温度是一样的，但总的内能不一定一样， 故D 错误；当分子间r ＞r 0时，分子势能随分子间的距离增大而增大， 当分 子间r ＜r 0时，随距离减小而增大， 当r ＝r 0时，分子势能最小，故E 正确.（2）①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半， 根据理想气体的等温变化有p 1V 1＝p 2V 2 其中p 1＝1×105 PaV 1＝VV 2＝V 2解得p 2＝2×105 Pa由p 2＝p 0＋G S其中S ＝100×10－4 m 2＝10－2m 2解得所加重物的重力G ＝1 000 N②在加压重物的情况下，保持气缸内压强不变，要使气缸内的气体恢复原来 体积，应对气体加热，已知p 3＝2×105 Pa ，V 3＝VT 3＝T 1＝（273＋27） K ＝300 K根据理想气体状态方程得p 3V 3T 3＝p 1V 1T 1解得T 3＝600 K所以t ＝T 3－273℃＝327℃答案 （1）ACE （2）①2×105 Pa 1 000 N ②327 ℃4.（2014·湖北八市联考）（1）（多选）关于一定量的理想气体，下列说法正确的 是 .A.气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积B.只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D.气体从外界吸收热量，其内能不一定增加E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高（2）“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计 了如图实验.圆柱状汽缸（横截面积为S ）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m 相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K 处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时（设此时缸内温度为t ℃）密闭开关K ，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L .由于汽缸传热良好，重物 被吸起，最后重物稳定在距地面L /10处.已知环境温度为27 ℃不变，mg /S 与1/6大气压强相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t 值.解析 （2）对汽缸内封闭气体，Ⅰ状态：p 1＝p 0V 1＝LS ，T 1＝（273＋t ） KⅡ状态：p 2＝p 0－mg S ＝56p 0V 2＝910LS ，T 2＝300 K由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得t ＝127 ℃答案 （1）BDE （2）127 ℃5.[2013·陕西西工大附中测试，33（2）]如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27 ℃时，被封闭的理想气体气柱长L 1为20 cm ，水 银上表面与导线下端的距离L 2为5 cm.（1）当温度达到多少℃时，报警器会报警 （2）如果大气压降低，试分析说明该报警器的报警温度会受到怎样的影响解析 （1）温度升高时，下端气体做等压变化：T 1T 2＝V 1V 2300 K T 2＝20S 25S ，解得：T 2＝375 K ，即t 2＝102 ℃.（2）由玻意耳定律，同样温度下，大气压降低则下端气柱变长，即V 1变大. 而刚好报警时V 2不变，由T 1T 2＝V 1V 2可知，T 2变小，即报警温度降低. 答案 （1）102 ℃ （2）降低3.（2015·中原名校豫南九校一模）（1）关于物体内能和热力学定律的说法正确的 是（ ）A.物体内所有分子动能和分子势能的总和就是分子的内能B.第二类永动机的构想违背了热力学第二定律C.做功和热传递具有相同的物理本质D.物体没有做功时，物体吸热，物体的内能一定增加E.若一定质量的某理想气体的内能增加，则其温度一定升高（2）如图所示，一根长l ＝75 cm 、一端封闭的粗细均匀的玻璃管，管内有一 段长h ＝25 cm 的水银柱，当玻璃管开口向上竖直放置时，管内水银柱封闭气 柱的长度l 1＝36 cm.已知外界大气压强p ＝75 cmHg ，管内、外气体的温度不 变.如果将玻璃管倒置，使开口竖直向下，问水银柱长度将是多少厘米解析 （1）物体内所有分子的动能和分子势能的总和就是物体的内能，A 项 错误；第二类永动机的构想违背了热力学第二定律，B 项正确；做功和热传 递具有不同的物理本质，C 项错误；物体没有做功，即W ＝0，物体吸热，Q ＞0，由热力学第一定律得知，物体的内能一定增加，D 项正确；一定质量的 理想气体的内能只与温度有关，E 项正确.（2）若水银没有流出管外，管倒置后管内空气柱的长度为x 0，管的横截面积 为S ，则倒置前、后有：p 0＝100 cmHg ，V 0＝L 1S ，p 0′＝50 cmHg ，V 0′＝x 0S 0由玻意耳定律得p 0V 0＝p 0′V 0′，即100×36S ＝50x 0S解得x 0＝72 cm因为x 0＋h ＞l ＝75 cm ，可知有水银从管口流出设管倒置后空气柱长为x ′，则剩下的水银柱的长度必为（75－x ′） cm ，有： 初态：p 1＝100 cmHg ，V 1＝36S末态：p 1′＝[75－（75－x ′）] cmHg ＝x ′ cmHg ，V 1′＝x ′S由玻意耳定律得：p 1V 1＝p 1′V 1′，即100×36S ＝x ′·x ′S解得：x 1′＝60 cm ，x 2′＝－60 cm （舍去）即水银柱长度是：（75－60） cm ＝15 cm.答案 （1）BDE （2）15 cm 5.（2014·云南第一次检测）如图所示，一端开口、内壁光滑的玻璃管竖直放置， 管中用一段长H 0＝38 cm 的水银柱封闭一段长L 1＝20 cm 的空气，此时水银 柱上端到管口的距离为L 2＝4 cm ，大气压强恒为p 0＝76 cmHg ，开始时封闭 气体温度为t 1＝27 ℃，取0 ℃为273 K.求：（1）缓慢升高封闭气体温度至水银开始从管口溢出，此时封闭气体的温度；（2）保持封闭气体温度不变，在竖直平面内缓慢转动玻璃管至水银开始从管 口溢出，玻璃管转过的角度.解析 （1）设玻璃管横截面积为S ， 初状态：V 1＝L 1S ，T 1＝t 1＋273 K末状态：V 2＝（L 1＋L 2）S ，T 2＝t 2＋273 K据盖—吕萨克定律有：V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得：t 2＝87 ℃.（2）初状态：V 1＝L 1S ，p 1＝p 0＋38 cmHg设玻璃管转过角度θ后水银开始溢出末状态：V 2＝（L 1＋L 2）S ，p 2＝p 0＋38 cos θ cmHg据玻意尔定律有：p 1V 1＝p 2V 2解得：θ＝60°答案 （1）87 ℃ （2）60°6.[2013·湖北七市联考，33（2）]如图，竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃 管，A 端封闭，C 端开口，AB ＝BC ＝l 0，且此时A 、C 端等高.平衡时，管内 水银总长度为l 0，玻璃管AB 内封闭有长为l 02的空气柱.已知大气压强为l 0汞柱 高.如果使玻璃管绕B 点在竖直平面内顺时针缓慢地转动到BC 管水平，求此 时AB 管内气体的压强为多少汞柱高管内封入的气体可视为理想气体且温 度不变.解析 因为BC 长度为l 0，故顺时针旋转到BC 水平时水银未流出.设BC 管水平时，管内空气柱长为x ，管的横截面积为S ，对管内气体，玻璃管转动前：p 1＝l 0 cmHg ，V 1＝l 02·S玻璃管转动后：由p 2＋（p l 0－p x ）＝p l 0，得p 2＝x cmHg ，V 2＝x ·S对A 中密闭气体，由玻意耳定律得l 0·l 02·S ＝x ·x ·S联立解得x ＝22l 0即：p 2＝22l 0 cmHg答案 22l 0 cmHg ）7.如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气 体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑.现用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓 慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不 变，下列说法正确的是（ ）（填入正确选项前的字母）A.气体分子平均动能不变B.气体内能减少C.气体吸收热量D.气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现E.气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二 定律（2）如图所示，两端开口的U 形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管 的2倍.管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm ，大气压强为p 0 ＝75 cmHg.现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并使活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm为止.求：①左端液面下降多少②活塞下移的距离.（环境温度不变）解析（1）汽缸是导热的，封闭气体的温度始终与环境温度相同，保持不变，而温度是分子平均动能的标志，故A正确；一定质量的理想气体的内能仅仅与温度有关，内能不变，B错误；气体内能不变，对外做功，根据热力学第一定律ΔU ＝W＋Q，可知气体吸收热量，C正确；气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，同时伴随着外力F的作用，即引起了其他的变化，所以此过程不违反热力学第二定律，E正确、D错误.（2）①设细管的液面下降了x，则粗管液面上升了x2，根据题意：x＋x2＝6`cm，得x＝4`cm②对粗管内的气体应用玻意耳定律：p1V1＝p1′V1′75×12S＝p1′×（12－2）S解得末状态粗管中气体的压强p1′＝90`cmHg则细管中气体末状态的压强为（90＋6）`cmHg设活塞下移y，对细管中的气体用玻意耳定律：p2V2＝p2′V2′75×12S′＝（90＋6）×（12＋4－y）S′解得：y＝`cm答案（1）ACE（2）①4`cm②`cm10.[2015·新课标全国Ⅱ，33（2），10分]（难度★★★）如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝ cm，B侧水银面比A侧的高h＝ cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝ cm时将开关K关闭.已知大气压强p0＝cmHg.（ⅰ）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（ⅱ）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度.解析（ⅰ）以cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度l＝ cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝ cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得pl＝p1l1①由力学平衡条件得p＝p0＋h②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止.由力学平衡条件有p1＝p0－h1③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝ cm④（ⅱ）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝ cm⑦设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得Δh＝2（l1－l2）＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝ cm⑨答案（ⅰ） cm（ⅱ） cm。